zbirka riješenih zadataka sa kvalifikacionih ispita iz matematike

Author: brandon-williamson

Post on 13-Oct-2015

209 views

Category:

Documents


20 download

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

  • Univerzitet u Banjoj LuciElektrotehnicki fakultet

    ZBIRKArijesenih zadataka sa prijemnih ispita na

    ETF-u u Banjoj Luci

    2010. - 2012.

    Banja Luka 2013.

  • ZBIRKArijesenih zadataka sa prijemnih ispita na

    ETF-u u Banjoj Luci

    2010. - 2012.

    Banja Luka 2013.

  • AutoriProf. dr Zoran Mitrovic, redovni profesor,Prof. dr Momir Celic, vanredni profesor,Ivan-Vanja Boroja, Snjezana Maksimovic

    NaslovZbirka rijesenih zadataka sa prijemnih ispita na

    ETF-u u Banjoj Luci2013.g.

    IzdavacElektrotehnicki fakultet u Banjoj Luci

    2013.g.

    Za izdavacaProf. dr Branko Dokic, dekan

    Tiraz300 primjeraka

  • Predgovor

    Zbirka sadrzi rijesene zadatke sa prijemnih ispita naETF-u u Banjoj Luci, sortirane po datumima odrzavanjaispita.

    Tekst za stampu pripremili su asistenti Ivan Vanja Borojai Snjezana Maksimovic. Autori se posebno zahvaljujukolegi Nebojsi Maleticu, dipl. inzenjeru elektrotehnikena tehnickoj pomoci u pripremi zbirke.

    Sve eventualne primjedbe autori ce primiti sa najvecomzahvalnoscu.

    U Banjoj Luci, 18. maja 2013. Autori

  • 1KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE29. jun 2010.

    1. Uprostiti izrazx2

    x+y x3

    x2+2xy+y2

    xx+y x

    2

    x2y2.

    2. Za koje vrijednosti realnog parametra k, jednacina |x+1||x1| = kx+1ima jedinstveno rjesenje?

    3. Jedno rjesenje kvadratne jednacine x2 2x + k = 0 je kvadrat drugogrjesenja. Naci sve moguce vrijednosti k.

    4. Rijesiti nejednacinux+ 3 +

    x 22x+ 4 > 0.

    5. Rijesiti nejednacinu

    log9x(x2 5x+ 4) 1.

    6. Rijesiti jednacinu

    cos 7x+ sin 8x = cos 3x sin 2x.

    7. Rijesiti sistem x2 50x+ y2 12y + 645 = 0z 210 = 50x+ 50y + 50x2 + y2 62x 12y + 993 = 0

    .

    8. Dokazati jednakost

    sin(30 + ) cos(60 + )sin(30 + ) + cos(60 + )

    =3 tan.

    9. Odrediti jednacinu kruznice koju dodiruje prava x+ y = 2, a centar joj jeu tacki (3, 5).

    10. Date su tacke A(2, 1), B(6, 1) i C(2, 7). Odrediti jednacinu kruznicekoja sadrzi ove tri tacke, a zatim odrediti tacku M takvu da ona budesredina tetive BC.

  • 2Rjesenja:

    1.

    x2

    x+y x3

    x2+2xy+y2

    xx+y x

    2

    x2y2=

    x2

    x+y x3

    (x+y)2

    xx+y x

    2

    (xy)(x+y)=

    x3+x2yx3(x+y)2

    x2xyx2(xy)(x+y)

    =

    x2y(x+y)

    xyxy

    = x(x y)x+ y

    =x(y x)x+ y

    , x 6= y.

    2. Posmatrajmo funkcije y1 = |x+ 1| |x 1| i y2 = kx+ 1. Kako je

    |x+ 1| ={x+ 1 , x 1x 1 , x < 1

    i

    |x 1| ={x 1 , x 1x+ 1 , x < 1

    tada je funkcija y1 oblika

    y1 =

    x+ 1 (x 1) , x 1x+ 1 (x+ 1) ,1 x < 1x 1 (x+ 1) , x < 1

    =

    2 , x 12x ,1 x < 12 , x < 1

    .

    Grafik funkcije y1 je prikazan na slici 1.

    Funkcija y2 = kx + 1 je pramen pravih koje prolaze kroz tacku A(0, 1).Prvo cemo razmotriti slucaj k 0. Sa slike 2 se vidi da imamo dvagranicna slucaja:prave p1 (slucaj kada je k = 0) i p2 (slucaj kada je k = 1).

    (i) Prava p1 iz pramena (slucaj k = 0) zadovoljava uslov da sa grafikomfunkcije y1 ima samo jednu zajednicku tacku.

    (ii) Za prave iz pramena za koje je 0 < k < 1 (prave koje se nalazeizmed-u pravih p1 i p2) sa slike vidimo da imaju tri zajednicke tackesa grafikom funkcije y2.

  • 3x

    y

    1 2 3 4

    1

    2

    3

    -1

    -2

    -3

    -1-2-3-4

    Slika 1:

    (iii) Prava p2 iz pramena (slucaj k = 1) zadovoljava uslov da sa grafikomfunkcije y1 ima dvije zajednicke tacke.

    (iv) Za prave iz pramena za koje je 1 < k < + vazi da sa grafikomfunkcije y2 ima samo jednu zajednicku tacku.

    Razmotrimo sada slucaj k < 0.Ocigledno je da u ovom slucaju sve prave iz pramena zadovoljavaju uslov

    x

    y

    1 2 3 4

    1

    2

    3

    -1

    -2

    -3

    -1-2-3-4

    p1

    p2

    Slika 2:

  • 4da sa grafikom funkcije y2 imaju jednu zajednicku tacku. Konacno rjesenjezadatka je:

    k (, 0] (1,+).

    3. Za rjesenja x1 i x2 kvadratne jednacine ax2 + bx+ c = 0 vrijedi

    x1 + x2 = ba

    x1 x2 = ca.

    Tada jex1 + x2 = 2 i x1 x2 = k.

    Iz uslova zadatka imamo da je x1 = x22 pa prethodni sistem postaje

    x22 + x2 2 = 0 i x32 = k,

    odnosno(x2 + 2)(x2 1) = 0 i x32 = k.

    Iz ovoga vidimo da je x2 = 2 pa je k = 8 ili x2 = 1 i k = 1.4. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    x+ 3 0 x 2 0 2x+ 4 0.

    Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x 2.x+ 3+

    x 22x+ 4 > 0

    x+ 3 +x 2 > 2x+ 4 x+ 3 + 2

    (x+ 3)(x+ 2) + x 2 > 2x+ 4

    2(x+ 3)(x+ 2) > 3

    4(x+ 3)(x+ 2) > 9 4x2 + 4x 33 > 0

    x (, 1

    34

    2

    )(1 +34

    2,+

    )

    Kako je x 2, to x (1 +34

    2,+

    ).

  • 55. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    9 x > 0 9 x 6= 1 x2 5x+ 4 > 0.

    Dakle, x (, 1) (4, 8) (8, 9).Data nejednacina se svodi na log9x(x

    2 5x+ 4) log9x(9 x). Raz-motricemo dva slucaja.

    (i) 9 x > 1, tj. ako je x (, 1) (4, 8). Tada je

    x2 5x+ 4 9 x x2 4x 5 0 (x 5)(x+ 1) 0.

    Odavde zakljucujemo da je x [1, 5]. S obzirom na to da x (, 1) (4, 8), imamo da x [1, 1) (4, 5].

    (ii) 0 < 9 x < 1, tj. ako x (8, 9). Tada je x2 4x 5 0 pax (,1] [5,+). Kako x (8, 9), to je x (8, 9).

    Rjesenja date nejednacine su x [1, 1) (4, 5] (8, 9).

    6. Podsjetimo se formula za transformaciju zbira i razlike trigonometrijskihfunkcija u proizvod:

    sin+ sin = 2 sin +2 cos2

    sin sin = 2 cos +2 sin 2cos+ cos = 2 cos +2 cos

    2

    cos cos = 2 sin +2 sin 2

  • 6Prebacimo sinuse na lijevu, a kosinuse na desnu stranu jednacine:

    cos 7x+ sin 8x = cos 3x sin 2x sin 8x+ sin 2x = cos 3x cos 7x 2 sin 8x+ 2x

    2cos

    8x 2x2

    = 2 sin 3x+ 7x2

    sin3x 7x

    2 2 sin 5x cos 3x = 2 sin 5x sin(2x) sin 5x cos 3x = sin 5x sin 2x sin 5x(cos 3x sin 2x) = 0 sin 5x = 0 cos 3x sin 2x = 0 5x = kpi sin(pi

    2 3x) sin 2x = 0

    x = kpi5 2 cos

    pi2 3x+ 2x

    2sin

    pi2 3x 2x

    2= 0

    x = kpi5 cos(pi

    4 x

    2) = 0 sin(pi

    4 5x

    2) = 0

    x = kpi5 pi4 x

    2=pi

    2+ kpi pi

    4 5x

    2= kpi, k Z

    x = kpi5 x2= pi

    4+ kpi 5x

    2=pi

    4+ kpi, k Z

    x = kpi5 x = pi

    2+ 2kpi x = pi

    10+

    2kpi

    5, k Z

    Dakle, rjesenje zadatka je

    x {kpi5,pi

    2+ 2kpi,

    pi

    10+

    2kpi

    5: k Z}

    7. x2 50x+ y2 12y + 645 = 0z 210 = 50x+ 50y + 50x2 + y2 62x 12y + 993 = 0

    Prvu jednacinu sistema zapisimo kao x2 + y2 = 50x+ 12y 645, a zatimx2 + y2 uvrstimo u trecu. Dobijamo:

    50x+ 12y 645 62x 12y + 993 = 0 12x+ 348 = 0 x = 29.

  • 7Uvrstimo dobijeno u prvu jednacinu pa imamo:

    292 + y2 = 50 29 + 12y 645 = 0 y2 12y + 841 1450 + 645 = 0 y2 12y + 36 = 0 y = 6.

    Ako uvrstimo dobijeno u drugu jednacinu iz sistema imamo:

    z = 210 + 50 29 + 50 6 + 50 z = 2010.

    Rjesenje sistema je: (x, y, z) = (29, 6, 2010).

    8. Podsjetimo se formula:

    sin( ) = sin cos cos sincos( ) = cos cos sin sin

    L =sin(30 + ) cos(60 + )sin(30 + ) + cos(60 + )

    =[sin 30 cos+ cos 30 sin] [cos 60 cos sin 60 sin][sin 30 cos+ cos 30 sin] + [cos 60 cos sin 60 sin]

    =12 cos+

    32 sin 12 cos+

    32 sin

    12 cos+

    32 sin+

    12 cos

    32 sin

    =

    3 sin

    cos=3 tan = D.

    9. Vidi sliku 3.

    Trazenoj kruznici poznat je centar, samo treba odrediti poluprecnik. Postokruznica treba da dodiruje datu pravu, njen poluprecnik treba da budejednak udaljenosti tacke M(3, 5) = M(x0, y0) od prave p : x + y 2 =0 (Ax+By + C = 0) sto racunamo po formuli

    d(M,p) =|Ax0 +By0 + C|

    A2 +B2

    =|1 3 + 1 5 2|

    12 + 12= 3

    2.

  • 8x

    y

    8 10

    2

    4

    6

    -2

    -4

    642-2

    8

    10

    M(3,5)

    -4

    p

    T

    Slika 3: Kruznica odred-ena centrom i tangentom

    Kako je r = 32 jednacina trazene kruznice je

    (x 3)2 + (y 5)2 = (32)2 tj.

    (x 3)2 + (y 5)2 = 18.

    Drugi nacin za dobijanje rjesenja:

    Prvi korak je da odredimo tacku dodira kruznice i prave.Koristicemo cinjenicu da je prava koja prolazi kroz centar kruznice i tackudodira normalna na datu pravu p.Pravu p : x + y = 2 zapisimo u eksplicitnom obliku y = x + 2 oda-kle vidimo da je njen koeficijent pravca kp = 1 pa ce prava normalnana nju imati koeficijent pravca kn =

    1kp

    = 11 = 1, tj. bice oblikay = kn x + n = x + n. Posto ta normala sadrzi i tacku M(3, 5) bice5 = 1 3 + n tj. n = 2.Dakle, prava koja sadrzi datu tacku M(3, 5) i normalna je na datu pravup : x+ y = 2 data je jednacinom n : y = x+ 2.Odredimo tacku presjeka pravih p i n.

    x+ 2 = x+ 2 x = 0 y = x+ 2 y = 2.

  • 9Tacka presjeka pravih je T (0, 2) i ta tacka ce biti i tacka dodira pravei kruznice pa ce poluprecnik kruznice biti jednak udaljenosti od tackeM(3, 5) do T (0, 2). Sada je

    r = d(M,T ) =(3 0)2 + (5 2)2 =

    32 + 32

    =18 = 3

    2

    pa je jednacina trazene kruznice

    (x 3)2 + (y 5)2 = (32)2

    (x 3)2 + (y 5)2 = 18.

    10. Neka je jednacina trazene kruznice

    (x p)2 + (y q)2 = r2 (1)gdje je C(p, q) centar, a r poluprecnik kruznice (1).

    Posto se sve tri date tacke nalaze na kruznici, njihove koordinate zadovo-ljavaju jednacinu (1) tj. imamo:

    (2 p)2 + (1 q)2 = r2(6 p)2 + (1 q)2 = r2(2 p)2 + (7 q)2 = r2

    Dakle, imamo sistem od tri jednacine sa tri nepoznate:(2 p)2 + (1 q)2 = r2(6 p)2 + (1 q)2 = r2(2 p)2 + (7 q)2 = r2

    Oduzimanjem druge jednacine od prve dobijamo:

    (2 p)2 (6 p)2 = 0 4 + 4p+ p2 36 + 12p p2 = 0 16p 32 = 0 p = 2.

  • 10

    Uvrstavanjem u prvu i trecu jednacinu dobijamo:

    16 + (1 q)2 = r216 + (7 q)2 = r2.

    Oduzimanjem dobijamo:

    (1 q)2 (7 q)2 = 0 1 2q + q2 (49 14q + q2) = 0 1 2q + q2 49 + 14q q2 = 0 12q 48 = 0 q = 4.

    Povratkom u jednu od jednacina pocetnog sistema racunamo poluprecnik:

    r2 = (2 2)2 + (1 4)2 = 16 + 9 = 25r = 5.

    Tako da je jednacina trazene kruznice:

    (x 2)2 + (y 4)2 = 25.

    Sredina tetive BC bice tacka M cije koordinate racunamo po formuli

    M(x1 + x2

    2,y1 + y2

    2), pa je trazena sredina tetive je M(2, 4).

    Primijetimo da je dobijena tacka M u stvari centar kruznice tj. da jetetiva u stvari precnik kruznice.

  • 11

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE6. septembar 2010.

    1. Uprostiti izrazx1

    3x+(x1)2 13x+x2

    x31 1x112x+x22x31+2x+x2+2x3

    .

    2. Odrediti realan broj a tako da se oba korijena jednacine x22ax+a21 =0 nalaze u intervalu (2, 4).

    3. Rijesiti jednacinu |2x+ 1|+ |x+ 3| = |x+ 6|.4. Rijesiti nejednacinu

    x 1x+ 2 +2x 6 < 0.

    5. Rijesiti nejednacinu logxx+ 12 > 1.

    6. Rijesiti jednacinu

    logcosx sinx+ logsin x cosx = 2.

    7. Rijesiti sistem

    {x2 + y2 = 5

    x y = 2.

    8. Dokazati jednakost

    sinx+ sin 3x+ sin 5x

    cosx+ cos 3x+ cos 5x= tan 3x.

    9. Izracunati povrsinu trougla ABC ako je a b = 1, c = 3 i = 60.10. Odrediti jednacinu kruznice koja prolazi kroz tacke A(3, 5) i B(7, 3), a

    centar joj se nalazi na Ox osi.

  • 12

    Rjesenja:1.

    x13x+(x1)2 13x+x

    2

    x31 1x112x+x22x31+2x+x2+2x3

    =

    x1x2+x+1 13x+x

    2

    (x1)(x2+x+1) 1x1(12x)+x2(12x)(1+2x)+x2(1+2x)

    =

    (x1)21+3xx2x2x1(x1)(x2+x+1)(12x)(1+x2)(1+2x)(1+x2)

    =(x2 2x+ 1 + 2x 2x2 2)(1 + 2x)

    (x 1)(x2 + x+ 1)(1 2x)

    =(x2 1)(1 + 2x)(x3 1)(1 2x) =

    (x2 + 1)(1 + 2x)

    (x3 1)(2x 1) , x R\{1,1

    2}

    2.

    (x a)2 1 = 0 (x a 1)(x a+ 1) = 0 x = a+ 1 x = a 1

    Po uslovu zadatka je

    2 < a+ 1 < 4 2 < a 1 < 4tj.

    3 < a < 3 1 < a < 5Odavde zakljucujemo da je a (1, 3).

    3. Razlikovacemo nekoliko slucajeva:

    (i) x < 62x 1 x 3 = x 62x = 2x = 1 ne pripada intervalu (,6), pa nije rjesenje.

    (ii) 6 x < 32x 1 x 3 = x+ 64x = 10x = 5

    2ne pripada intervalu [6,3), pa nije rjesenje.

  • 13

    (iii) 3 x < 122x 1 + x+ 3 = x+ 6

    2x = 4x = 2 pripada intervalu

    [3,1

    2

    ), pa je rjesenje.

    (iv) x 12

    2x+ 1 + x+ 3 = x+ 62x = 2

    x = 1 pripada intervalu

    [12,+

    ), pa je rjesenje.

    4. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    x 1 0 x+ 2 0 2x 6 0.

    Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x 3.x 1x+ 2 +2x 6 < 0

    x 1 +2x 6 < x+ 2 x 1 + 2

    (x 1)(2x 6) + 2x 6 < x+ 2

    2(x 1)(2x 6) < 2x+ 9

    4(2x2 8x+ 6) < 4x2 36x+ 81 4x2 + 4x 57 < 0

    x (158

    2,1 +58

    2

    )

    Kako je x 3, to x [3,1 +58

    2

    ).

    5. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    x > 0 x 6= 1 x+ 12 > 0.

    Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x (0, 1) (1,+).Data nejednacina je ekvivalentna sa logx

    x+ 12 > logx x. Razlikovacemo

    dva slucaja:

  • 14

    (i) x > 1. Tada jex+ 12 > x x2x12 < 0 (x4)(x+3) < 0 x (3, 4).

    Kako je x > 1, to je x (1, 4).(ii) 0 < x < 1. Tada je x2 x 12 > 0, pa x (,3) (4,+).

    Kako je x (0, 1), to x .Rjesenje je x (1, 4).

    6. Logaritamska funkcija loga b je definisana za a R,a > 0 i a 6= 1 dokje njena oblast definisanosti interval (0,+). Zato je oblast definisanostizadatka { x : cosx > 0 cosx 6= 1 sinx > 0 sinx 6= 1} tj.x (0, pi

    2) (2pi, 2pi + pi

    2) (4pi, 4pi + pi

    2) x

    kZ(2kpi, 2kpi +

    pi

    2).

    Kako je logb a =1

    loga bimamo:

    logcosx sinx+ logsin x cosx = 2

    logcosx sinx+1

    logcosx sinx= 2.

    Uvedimo smjenu t = logcosx sinx

    t+ 1t= 2

    t2 2t+ 1 = 0 (t 1)2 = 0 t = 1.

    Vratimo se iz smjene pa dobijamo:

    logcosx sinx = 1

    cosx = sinx tanx = 1 x = pi

    4+ kpi, k Z.

    S obzirom na uslov x kZ

    (2kpi, 2kpi +pi

    2) imamo

    x =pi

    4+ 2kpi, k Z.

  • 15

    7. {x2 + y2 = 5

    x y = 2 {x2 + y2 = 5

    y = 2x

    Uvrstimo drugu jednacinu u prvu pa imamo:

    x2 +4

    x2= 5.

    Uvedimo smjenu t = x2

    t+4

    t= 5 t2 5t+ 4 = 0 t1 = 4 t2 = 1.

    Vratimo se iz smjene:

    x1 = 2 x2 = 2 x3 = 1 x4 = 1.Sad dobijene vrijednosti za x iskoristimo da dobijemo y:

    y1 = 1 y2 = 1 y3 = 2 y4 = 2.Konacno rjesenje sistema je:

    (x, y) {(2,1), (2, 1), (1,2), (1, 2)}.

    8. Podsjetimo se formula:

    sin+ sin = 2 sin +2 cos2

    sin sin = 2 cos +2 sin 2cos+ cos = 2 cos +2 cos

    2

    cos cos = 2 sin +2 sin 2

    L =sinx+ sin 3x+ sin 5x

    cosx+ cos 3x+ cos 5x=

    (sinx+ sin 5x) + sin 3x

    (cosx+ cos 5x) + cos 3x

    =2 sin x+5x2 cos

    x5x2 + sin 3x

    2 cos x+5x2 cosx5x

    2 + cos 3x=

    2 sin 3x cos 2x+ sin 3x

    2 cos 3x cos 2x+ cos 3x

    =sin 3x(2 cos 2x+ 1)

    cos 3x(2 cos 2x+ 1)=

    sin 3x

    cos 3x

    = tan 3x = D.

  • 16

    9. Podsjetimo se:Kosinusna teorema: Kvadrat jedne stranice trougla jednak je zbiru kva-drata druge dvije stranice umanjen za dvostruki proizvod tih stranica ikosinusa njima zahvacenog ugla tj.

    c2 = a2 + b2 2 a b cos .

    Odavde imamo:

    c2 = a2 2ab+ 2ab+ b2 2ab cos c2 = (a b)2 + 2ab 2ab cos c2 = (a b)2 + 2ab(1 cos ).

    Pa je

    ab =c2 (a b)22(1 cos )

    ab =32 122(1 12 )

    ab =9 12 12

    ab = 8.

    I na kraju dobijamo

    P =1

    2ab sin =

    1

    2 8

    3

    2= 2

    3.

    10. Vidi sliku 4.

    Trazena kruznica k sadrzi tacke A i B tj. duz AB je tetiva kruznice kpa ce se njen centar O nalaziti na pravoj s - simetrali duzi AB. Kako se,po pretpostavci zadatka, centar nalazi na Ox osi to ce se centar nalaziti upresjeku prave s sa Ox osom.

    Odredimo prvo pravu p koja prolazi kroz date tacke A i B po formuli

    y y1 = y2y1x2x1 (x x1)

  • 17

    x

    y

    4 5 6 7

    1

    2

    3

    -1

    -2

    -3

    321-1

    -4

    4

    5A(3,5)

    B(7,3)

    S(5,4)

    s

    k

    Slika 4: Kruznica odred-ena tetivom i pravom kroz centar

    y 5 = 3 57 3(x 3)

    y =12x+

    13

    2.

    Simetrala duzi AB je normalna na pravu p pa ce njen koeficijent pravcabiti ks =

    1kp

    = 11

    2

    = 2 a njena jednacina y = 2x+ n.

    Kako simetrala prolazi kroz srediste S duziAB cije su koordinate S

    (x1 + x2

    2,y1 + y2

    2

    )tj. S(5, 4) to ce njene koordinate zadovoljavati jednacinu simetrale

    4 = 2 5 + n 4 = 10 + n n = 6.Dakle, jednacina simetrale je y = 2x 6.

    Jos ostaje da nad-emo presjecnu tacku simetrale i Ox ose tj. da rijesimo

  • 18

    sistem {y = 2x 6y = 0.

    Ocigledno, dobija se (x, y) = (3, 0) za rjesenje ovog sistema pa ce tackaO(3, 0) biti centar kruznice.Ostaje jos da izracunamo poluprecnik

    r =(3 3)2 + (5 0)2 = 5

    pa ce jednacina kruznice biti

    k : (x 3)2 + y2 = 25.

  • 19

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE23. septembar 2010.

    1. Racionalisati imenilac u razlomku1

    42 + 4

    4 + 4

    8 + 2

    .

    2. Rjesenja jednacine x2 + px+ q = 0 su x1 i x2 (x1 6= 0, x2 6= 0). Sastavitikvadratnu jednacinu kojoj su rjesenja

    x1x2

    ix2x1

    .

    3. Rijesiti jednacinu |2 |1 |x||| = 1.4. Rijesiti nejednacinu

    x+ 1x 1 +x+ 2 < 0.

    5. Rijesiti nejednacinu logx1 x > 1.

    6. Rijesiti jednacinusin 2x+ tanx = 2.

    7. Rijesiti sistem

    x1 + 2x2 + 3x3 = 0

    4x1 + 5x2 + 6x3 = 0

    7x1 + 8x2 + 9x3 = 0

    .

    8. Dokazati jednakost

    cos 4x cos 2xsin 2x sin 4x = tan 3x.

    9. Dvije kruznice (poluprecnika 3cm i 1cm) dodiruju se spolja. Povucena jenjihova spoljna zajednicka tangenta. Odrediti povrsinu povrsi ogranicenekruznicama i tangentom.

    10. Izracunati povrsinu trougla ABC ako je a + b = 8, c = 7 i = 120.Napomena: koristiti Kosinusnu i Sinusnu teoremu.

  • 20

    Rjesenja:1. Ako oznacimo sa x = 4

    2, dati izraz postaje

    1

    x+ x2 + x3 + x4=

    1

    x 11 + x+ x2 + x3

    =x3(x 1)x4(x4 1) =

    2 482

    .

    2. Neka je x2 + bx+ c = 0 trazena jednacina. Odredimo b i c. Vazi

    x1x2

    +x2x1

    = b x1x2 x2x1

    = c,

    x21 + x22

    x2 x1 = b c = 1,(x1 + x2)

    2 2x1 x2x2 x1 = b c = 1.

    Kako za korijene polazne jednacine vrijedi da je x1+x2 = p i x1 x2 = q,to je

    p2 2qq

    = b c = 1.

    Trazena jednacina je x2 p2 2qq

    x+ 1 = 0.

    3.|2 |1 |x||| = 1 2 |1 |x|| = 1 2 |1 |x|| = 1

    Ako je 2|1|x|| = 1, tada je |1|x|| = 1, pa je 1|x| = 1 ili 1|x| = 1.Ako je 1 |x| = 1, tada je x = 0, a ako je 1 |x| = 1, tada je x = 2 ilix = 2.Ako je 2 |1 |x|| = 1, tada je 1 |x| = 3 ili 1 |x| = 3. Slucaj1 |x| = 3 nema rjesenja, a u slucaju |x| = 4 je x = 4 ili x = 4.

    4. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    x+ 1 0 x 1 0 x+ 2 0.Prema tome, oblast definisanosti ove nejednacine je x 1.

    x+ 1x 1 +x+ 2 < 0

    x+ 1 +x+ 2 < x 1 x+ 1 + 2

    (x+ 1)(x+ 2) + x+ 2 < x 1

    2(x+ 1)(x+ 2) < x 4.

  • 21

    Kako je x 1, to iz posljednje nejednakosti vidimo da nejednacina nemarjesenja.

    5. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    x > 0 x 6= 1 1 x > 0

    Dakle, x (0, 1).Data nejednacina se svodi na logx

    1 x > logx x. S obzirom da je

    x (0, 1), tada je1 x < x 1 x < x2 x2 + x 1 > 0.

    Korijeni ove kvadratne jednacine su x1 =1 +5

    2i x1 =

    152

    ,

    pa x (, 1

    5

    2

    )(1 +5

    2,+

    ). Kako x (0, 1), to je

    x (1 +5

    2, 1

    ).

    6. Treba rijesiti jednacinu sin 2x+ tanx = 2.Primijetimo sljedece:

    sin 2x = 2 sinx cosx =2 sinx

    cosxcos2 x = 2 tanx

    11

    cos2x

    = 2 tanx1

    cos2 x+sin2 xcos2 x

    = 2 tanx1

    1 + sin2 x

    cos2 x

    = 2 tanx1

    1 + tan2 x=

    2 tanx

    1 + tan2 x

    Kada uvrstimo u polaznu jednacinu dobijamo:

    2 tanx

    1 + tan2 x+ tanx = 2

    2 tanx+ tanx(1 + tan2 x) = 2(1 + tan2 x) 2 tanx+ tanx+ tan3 x 2 2 tan2 x = 0 tan3 x 2 tan2+3 tanx 2 = 0.

  • 22

    Uvedimo smjenu t = tanx

    t3 2t2 + 3t 2 = 0 t3 2t2 + 2t+ t 1 1 = 0 (t3 1) 2t(t 1) + (t 1) = 0 (t 1)(t2 + t+ 1) 2t(t 1) + (t 1) = 0 (t 1)(t2 + t+ 1 2t+ 1) = 0 (t 1)(t2 t+ 2) = 0 t 1 = 0 t2 t+ 2 = 0.

    Kako jednacina t2 t+2 = 0 nema realnih rjesenja jedino realno rjesenjedate kubne jednacine je t = 1. Vratimo se iz smjene pa dobijamo

    tanx = 1 x = pi

    4+ kpi, k Z.

    7. Zadatak cemo rijesiti Gausovim metodom eliminacije

    x1 + 2x2 + 3x3 = 0

    4x1 + 5x2 + 6x3 = 0

    7x1 + 8x2 + 9x3 = 0

    x1 + 2x2 + 3x3 = 0

    3x2 +6x3 = 06x2 12x3 = 0

    x1 + 2x2 + 3x3 = 0

    x2 + 2x3 = 0

    x2 + 2x3 = 0

    Ocigledno, druga i treca jednacina su iste pa ce jedna promjenljiva bitiproizvoljna. Neka je, recimo, x3 = , R. Vratimo se u drugu jednacinupa imamo:

    x2 = 2.Ako se vratimo u prvu dobijamo:

    x1 + 2(2) + 3 = 0x1 = .

    Konacno rjesenje sistema je:

    (x, y, z) {(,2, ) : R}.

  • 23

    8.

    L =cos 4x cos 2xsin 2x sin 4x =

    2 sin(4x+2x2 ) sin(4x2x2 )2 sin(2x4x2 ) cos(

    2x+4x2 )

    =2 sin 3x sinx

    2 sin(x) cos(3x) =sin 3x sinx

    sinx cos 3x

    =sin 3x

    cos 3x= tan 3x = D.

    9. Vidi sliku 5.

    A B

    C

    E

    D

    3

    1

    1

    h

    2

    F

    Slika 5: Povrsina ogranicena kruznicama i tangentom

    Trazenu povrsinu naci cemo ako od povrsine trapeza ABCD oduzmemopovrsine kruznih isjecaka ADE i BCE.

    Odredimo prvo povrsinu trapeza: Ptrap =|AD|+ |BC|

    2h, gdje je h visina

  • 24

    trapeza.

    Visinu h odredicemo iz CDF koji je pravougli pa imamo:

    h2 = 42 22 = 16 4 = 12 h = 23.

    Sada je:

    Ptrap =3 + 1

    2 23 = 4

    3 Ptrap = 4

    3.

    TrougaoCDF je ocigledno polovina jednakostranicnog trougla pa su muuglovi FDC = 60, DCF = 30 i BCD = 120. Odavde dobijamopovrsine kruznih isjecaka:

    PBCE =r2pi

    360=

    12pi120

    360=pi

    3

    PADE =r2pi

    360=

    32pi60

    360=

    9pi

    6=

    3pi

    2.

    Konacno, imamo:

    P = Ptrap (PBCE + PADE)= 4

    3 (pi

    3+

    3pi

    2)

    = 43 11pi

    6.

    10. Podsjetimo se:Kosinusna teorema: Kvadrat jedne stranice trougla jednak je zbiru kva-drata druge dvije stranice umanjen za dvostruki proizvod tih stranica ikosinusa njima zahvacenog ugla tj.

    c2 = a2 + b2 2 a b cos .Odavde imamo:

    c2 = a2 2ab+2ab+ b2 2ab cos c2 = (a+ b)2 2ab 2ab cos c2 = (a+ b)2 2ab(1 + cos ).

  • 25

    Odavde imamo:

    ab =c2 (a+ b)22(1 + cos )

    ab =72 822(1 12 )

    ab =49 641

    ab = 15.

    Odavde je:

    P =1

    2ab sin =

    1

    2 15

    3

    2

    =15

    4

    3.

  • 26

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE8. oktobar 2010.

    1. Dokazati da je vrijednost izraza11 + 6

    2 +

    11 62 cijeli broj.

    2. Za koje a, b, c R funkcija f(x) = ax2 + bx+ c, x Z zadovoljava uslovf(x+ y) = f(x) + f(y) + xy?

    3. Nacrtati grafik funkcije

    f(x) =

    2x 7 , x < 2x2 + 1 , |x| 22x 7 , x > 2

    ,

    pa odrediti skup {x : f(x) = 0}.

    4. Rijesiti jednacinu

    x2 16x 3 +

    x+ 3 =

    7x 3.

    5. Rijesiti nejednacinu log7x(x2 4x 5) < 1.

    6. Rijesiti jednacinusinx cosx = 1.

    7. Rijesiti sistem x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

    2x1 + 3x2 + 4x3 + x4 = 12

    3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 13

    4x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 14

    .

    8. Dokazati identitet

    cos 4+ 4 cos 2+ 3 = 8 cos4 .

    9. Izracunati stranice a, b i c trougla ako je a+ b = 7, = 60 i P = 33.

    10. Odrediti jednacinu kruznice koja prolazi kroz koordinatni pocetak, a prave3x 4y + 8 = 0 i 3x+ 4y + 8 = 0 su joj tangente.

  • 27

    Rjesenja:

    1. Potkorijene velicine su pozitivne, pa su oba sabirka pozitivna. Neka je

    11 + 6

    2 +

    11 6

    2 = k > 0 /2

    k2 = 11 + 62 + 2

    (11 6

    2)(11 + 6

    2) + 11 6

    2

    k2 = 22 + 2112 2 36

    k2 = 22 + 249

    k2 = 36

    Kako je k > 0, to je k = 6.

    2.

    f(x+ y) = a(x+ y)2 + b(x+ y) + c = a(x2 + 2xy + y2) + b(x+ y) + c

    = (ax2 + bx+ c) + (ay2 + by2 + c) + (2axy c)= f(x) + f(y) + (2axy c)

    Iz uslova zadatka vidimo da je 2axy c = xy, pa je a = 12, c = 0 i b R

    proizvoljan.

    3. Grafik date funkcije je prikazan na slici 6.

    {x : f(x) = 0} ={72,1, 1, 7

    2

    }

    4. Odredimo prvo oblast definisanosti date jednacine. To je:

    x2 16 0 x 3 > 0 x+ 3 0.

    Dakle, oblast definisanosti date jednacine je x 4. Rijesimo sada polaznu

  • 28

    x

    y

    1 2 3 4

    1

    2

    3

    -1

    -2

    -3

    -1-2-3-4

    -4

    4

    Slika 6: Grafik funkcije definisane u zadatku 3

    jednacinu.

    x2 16x 3 +

    x+ 3 =

    7x 3 /

    x 3

    x2 16 +x2 9 = 7 /2

    x2 16 + 2(x2 16)(x2 9) + x2 9 = 492x2 + 2

    (x2 16)(x2 9) = 74 / : 2

    x2 +(x2 16)(x2 9) = 37(x2 16)(x2 9) = 37 x2

    Kako je izraz na lijevoj strani prethodne jednakosti nenegativan, tada je37 x2 0, tj. x [37,37]. Kako je x 4, to je x [4,37].

  • 29

    Kvadriranjem lijeve i desne strane prethodne jednacine, ona se svodi na

    (x2 16)(x2 9) = 372 74x2 + x4x4 25x2 + 144 = 372 74x2 + x4

    49x2 = 372 12249x2 = 25 49x2 = 25 x = 5 x = 5

    Rjesenje x = 5 [4,37], dok rjesenje x = 5 ne pripada oblasti [4,37].Konacno rjesenje polazne jednacine je x = 5.

    5. Odredimo oblast definisanosti date nejednacine. To je:

    7 x > 0 7 x 6= 1 x2 4x 5 > 0.Dakle, x (,1) (5, 6) (6, 7).Data nejednacina se svodi na log7x(x

    2 4x 5) < log7x(7 x). Raz-motricemo dva slucaja.

    (i) 7 x > 1, tj. ako je x (,1) (5, 6). Tada jex2 4x 5 < 7 x x2 3x 12 < 0.

    Rjesenja kvadratne jednacine x23x12 = 0 su x1 = 357

    2i x2 =

    3 +57

    2. Odavde zakljucujemo da je x

    (357

    2,3 +

    57

    2

    ). S

    obzirom na to da x (,1)(5, 6), imamo da x (357

    2,1

    )(

    5,3 +

    57

    2

    ).

    (ii) 0 < 7 x < 1, tj. ako x (6, 7). Tada je x2 3x 12 > 0, pax

    (, 3

    57

    2

    )(3 +

    57

    2,+

    ). Kako x (6, 7), to je

    x (6, 7).

    Rjesenja date nejednacine su x (357

    2,1

    )(5,3 +

    57

    2

    )(6, 7).

  • 30

    6.

    sinx cosx = 1

    sinx2

    2 cosx

    2

    2=

    2

    2

    sinx cos pi4 cosx sin pi

    4=

    2

    2

    sin(x pi4) = sin

    pi

    4 sin(x pi

    4) = sin

    3pi

    4

    x pi4=pi

    4 x pi

    4=

    3pi

    4

    x = pi2 x = pi

    Dakle, rjesenje je

    x {pi2+ 2kpi, pi + 2kpi, k Z

    }.

    7. Zadatak cemo rijesiti Gausovim metodom eliminacije:

    x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

    2x1 + 3x2 + 4x3 + x4 = 12

    3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 13

    4x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 14

    x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

    x2 2x3 7x4 = 102x2 8x3 10x4 = 207x2 10x3 13x4 = 30

    x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

    x2 2x3 7x4 = 104x3 + 4x4 = 04x3 + 36x4 = 40

    x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

    x2 2x3 7x4 = 104x3 + 4x4 = 040x4 = 40

    Odavde lako dobijamo: (x1, x2, x3, x4) = (2, 1, 1, 1).

  • 31

    8.

    L = cos 4+ 4 cos 2+ 3

    = cos2 2 sin2 2+ 4 cos 2+ 1 + 2= cos2 2+ cos2 2+ 4 cos 2+ 2

    = 2 cos2 2+ 4 cos 2+ 2

    = 2(cos2 2+ 2 cos 2+ 1)

    = 2((cos2 sin2 )2 + 2(cos2 sin2 ) + 1)= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 2 cos2 2 sin2 + 1)= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 2 cos2 2 sin2 + cos2 + sin2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 3 cos2 sin2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin4 + 3 cos2 sin2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin2 (sin2 1) + 3 cos2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 + sin2 ( cos2 ) + 3 cos2 )= 2(cos4 2 cos2 sin2 sin2 cos2 + 3 cos2 )= 2(cos4 3 cos2 sin2 + 3 cos2 )= 2(cos4 3 cos2 (sin2 1))= 2(cos4 + 3 cos2 cos2 )

    = 2(cos4 + 3 cos4 )

    = 2(4 cos4 )

    = 8 cos4 = D

    9. Kako je

    P =1

    2ab sin =

    1

    2ab

    3

    2= 3

    3

    to je

    a b = 12,pa dobijamo sistem {

    a b = 12a+ b = 7

  • 32

    koji ima dva rjesenja:

    (a, b) = (4, 3) (a, b) = (3, 4).

    Da bismo izracunali trecu stranicu iskoristicemo Kosinusnu teoremu:

    c2 = a2 + b2 2ab cos .c2 = 42 + 32 2 4 3 cos 60c2 = 16 + 9 24 12c2 = 13c =

    13

    Dakle, zadatak ima dva rjesenja:

    (a, b, c) = (4, 3,13) (a, b, c) = (3, 4,

    13).

    10. Vidi sliku 7.

    Ocigledno, centar trazene kruznice ce se nalaziti na Ox osi pa mozemouzeti da je C(p, q) = C(p, 0) centar. Takod-e, sa slike 7 se vidi da ce

    zadatak imati dva rjesenja i to jedna kruznica kod koje je p (83, 0

    )i

    druga kod koje je p > 0.U svakom slucaju kako kruznica prolazi kroz O(0, 0) i dodiruje date pravea i b to udaljenost d(C,O) mora biti jednaka d(C, a).Dakle,

    d(C, a) =|3p+ 8|32 + 42

    = d(C,O) = |p|.

    Rijesicemo ovu jednakost za dva uocena slucaja:

    (i) ako je p > 0 tada je p = 4.

    (ii) ako je p (83, 0

    )onda je p = 1.

    Zadatak ima dva rjesenja:

    k1 : (x+ 1)2 + y2 = 1 k2 : (x 4)2 + y2 = 16.

  • 33

    O2(-1,0) O1(4,0)(- ,0)83

    (0,2)

    (0,-2)

    a: 3x

    -

    4y +

    8 =

    0

    b: 3x

    + 4y

    + 8

    = 0

    Slika 7: Dva rjesenja istog zadatka

    .

  • 34

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE4. jul 2011.

    1. Uprostiti racionalni izraz( 2a2 a

    2a

    1 a2):

    a3 12a2 + 2a

    +4

    a 1 .

    2. Odrediti vrijednost realnog parametra k u kvadratnoj jednacinix2 4x+ 3(k 1) = 0 tako da za njene korijene vrijedi x1 3x2 = 0.

    3. Ako je f(x) + 3f

    (1

    x

    )= x2, (x 6= 0) odrediti f(2).

    4. Odrediti k tako da je ispunjena nejednakost:x2 + kx+ 1x2 + x+ 1 < 2

    za svako x R.5. Rijesiti jednacinu

    4x+x22 5 2x1+

    x22 = 6 .

    6. Rijesiti jednacinu

    3 sin2 x 2 cos2 x 15 sinx+ 12 = 0.7. Dokazati jednakost

    sin(pi3

    ) sin

    (pi3+

    )=

    2 cos 2+ 1

    4.

    8. Odrediti stranice i povrsinu trougla ako je a = 52, b+ c = 20, = 135.

    9. Rijesiti sistem {x+ y + 2 = 0

    x2 + y2 2x+ 2y = 2a zatim dati geometrijsku interpretaciju.

    10. Provjeriti da tacka A(3,0) lezi unutar kruznice x2 + y2 4x+ 2y+ 1 = 0.Napisati jednacinu prave na kojoj lezi ona tetiva kruznice kojoj je tackaA srediste.

  • 35

    Rjesenja:1. ( 2

    a2 a 2a

    1 a2):

    a3 12a2 + 2a

    +4

    a 1=( 2a(a 1) +

    2a

    a2 1) 2a

    2 + 2a

    a3 1 +4

    a 1=( 2a(a 1) +

    2a

    (a 1)(a+ 1)) 2a(a+ 1)(a 1)(a2 + a+ 1) +

    4

    a 1=

    2a+ 2 + 2a2

    a(a 1)(a+ 1) 2a(a+ 1)

    (a 1)(a2 + a+ 1) +4

    a 1

    =2(a2 + a+ 1)

    a(a 1)(a+ 1) 2a(a+ 1)

    (a 1)(a2 + a+ 1) +4

    a 1=

    4

    (a 1)2 +4

    a 1 =4 + 4a 4(a 1)2 =

    4a

    (a 1)2 (a 6= 0, a 6= 1)

    2. Za korijene kvadratne jednacine x2 4x+ 3(k 1) = 0 vrijedi da jex1 + x2 = 4 i x1 x2 = 3(k 1). (2)

    Iz uslova zadatka x13x2 = 0 dobijamo da je x1 = 3x2. Iz toga i jednacine(2) dobijamo da je x2 = 1, x1 = 3 i 3 = 3(k 1). Odavde zakljucujemoda je k = 2.

    3. Za x = 2 i x =1

    2respektivno, polazna jednacina postaje

    f(2) + 3f(12

    )= 4, (3)

    odnosno

    f(12

    )+ 3f(2) =

    1

    4. (4)

    Ako pomnozimo jednacinu (4) sa (-3) i dodamo jednacini (3) dobijamo

    8f(2) = 4 34 8f(2) = 13

    4 f(2) = 13

    32.

    4. Prisjetimo se sljedeceg:

  • 36

    Kvadratna funkcija ax2 + bx+ c je veca od nule, ako je a > 0 iD = b2 4ac < 0.

    Iz toga zakljucujemo da je kvadratna funkcija x2+x+1 pozitivna za svakox R, pa polazna nejednacina postaje

    |x2 + kx+ 1|x2 + x+ 1

    < 2

    |x2 + kx+ 1| < 2x2 + 2x+ 2 2x2 2x 2 < x2 + kx+ 1 < 2x2 + 2x+ 2.

    Rijesimo nejednacinu

    2x2 2x 2 < x2 + kx+ 1 < 2x2 + 2x+ 2. (5)

    Prvo cemo rijesiti nejednacinu

    2x2 2x 2 < x2 + kx+ 1 3x2 + (k + 2)x+ 3 > 0.

    Kvadratna funkcija 3x2 + (k + 2)x+ 3 ce biti pozitivna ako je njenadiskriminanta D < 0. Dakle

    (k + 2)2 36 < 0 (k + 8)(k 4) < 0,

    pa su rjesenja nejednacine k (8, 4).Rijesimo desnu stranu nejednakosti (5).

    x2 + kx+ 1 < 2x2 + 2x+ 2

    x2 (k 2)x+ 1 > 0

    Kao i u prethodnom slucaju zakljucujemo da je

    (k 2)2 4 < 0 k(k 4) < 0,

    pa su rjesenja ove nejednacine k (0, 4).Konacno rjesenje ce biti presjek rjesenja lijeve i desne strane nejednacine(5) tj. k (0, 4).

  • 37

    5. Polazna jednacina je ekvivalentna sa

    4x+x22 5

    2 2x+

    x22 = 6 . (6)

    Ako uvedemo smjenu t = 2x+x22, jednacina (6) se svodi na kvadratnu

    jednacinu:2t2 5t 12 = 0.

    Rjesenja posljednje jednacine su t1 = 4 i t2 = 32. Ako vratimo smjenu

    dobijamo

    2x+x22 = 22,

    2x+x22 = 3

    2.

    Slucaj 2x+x22 = 32 je nemoguc.

    2x+x22 = 22 x+

    x2 2 = 2

    x2 2 = 2 x.

    Da bismo rijesili jednacinu x2 2 = 2 x (7)

    postavimo uslove koje ona treba da ispunjava. Ti uslovi su:

    x2 2 0 (8)

    i2 x 0. (9)

    Iz uslova (8) vidimo da x (,2] [2,+), a iz uslova (9) x 2.Njihovim presjekom dobijamo da x (,2] [2, 2]. Sada mozemoda kvadriramo jednacinu (7). Kvadriranjem dobijamo

    x2 2 = x2 4x+ 44x = 6

    x =3

    2 (,

    2] [

    2, 2].

    6. Podsjetimo se osnovnog trigonometrijskog identiteta:

  • 38

    sin2 + cos2 = 1 .

    Sada je:

    3 sin2 x 2 cos2 x 15 sinx+ 12 = 0 3 sin2 x 2(1 sin2 x) 15 sinx+ 12 = 0 3 sin2 x 2 + 2 sin2 x 15 sinx+ 12 = 0 5 sin2 x 15 sinx+ 10 = 0 5(sinx)2 15(sinx) + 10 = 0/1

    5

    (sinx)2 3(sinx) + 2 = 0

    Uvodimo smjenu t = sinx.

    t2 3t+ 2 = 0

    Rjesenja ove kvadratne jednacine su

    t1 = 2 t2 = 1.

    Nakon povratka iz smjene dobijamo:

    sinx = 2 sinx = 1.

    Ocigledno, prva jednacina nema rjesenja pa su konacna rjesenja brojevioblika:

    x =pi

    2+ 2kpi, k Z.

  • 39

    7. Primjenjujuci adicione formule dobijamo:

    L = sin(pi

    3 ) sin(pi

    3+ )

    = (sinpi

    3cos cos pi

    3sin)(sin

    pi

    3cos+ cos

    pi

    3sin)

    = (

    3

    2cos 1

    2sin)(

    3

    2cos+

    1

    2sin)

    =1

    4(3 cos sin)(

    3 cos+ sin)

    =1

    4((3 cos)2 (sin)2)

    =1

    4(3 cos2 sin2 )

    =1

    4(2 cos2 + 1 sin2 sin2 )

    =1

    4(2(cos2 sin2 ) + 1)

    =1

    4(2 cos 2+ 1)

    = D.

    8. Kako je b+ c = 20 c = 20 b.Podsjetimo se Kosinusne teoreme:

    c2 = a2 + b2 2ab cos .

    (20 b)2 = (52)2 + b2 2(5

    2)b cos 135

    400 40b+ b2 = 50 + b2 + 10b 50b = 350 b = 7

    Odavde slijedi:

    c = 20 b = 20 7 c = 13

  • 40

    Sada je

    P =1

    2ab sin =

    1

    252 7

    2

    2

    P =35

    2.

    9. {x+ y + 2 = 0

    x2 + y2 2x+ 2y = 2 {y = x 2x2 + y2 2x+ 2y = 2

    Uvrstimo prvu jednacinu u drugu:

    ((2 + y))2 + y2 2((2 + y)) + 2y = 2Nakon sred-ivanja dobijamo kvadratnu jednacinu:

    y2 + 4y + 3 = 0Njena rjesenja su

    y1 = 1 y2 = 3.Konacno, rjesenja sistema su ured-eni parovi: (1,1)i(1,3).

    Geometrijska interpretacija:Ocigledno je dati sistem ekvivalentan sljedecem:{

    y = x 2(x 1)2 + (y + 1)2 = 4

    sto geometrijski predstavlja pravu i kruznicu, kao na slici 8.

    10. Opsta jednacina kruznice je:

    k : (x p)2 + (y q)2 = r2.Sada je:

    x2 + y2 4x+ 2y + 1 = 0 x2 4x+ 4 4 + y2 + 2y + 1 = 0 (x 2)2 + (y + 1)2 = 4

  • 41

    x

    y

    4

    1

    2

    -1

    -2

    321-1-2

    k

    -3

    (1,-1)

    (1,-3)

    (-1,1)

    y =

    -x

    - 2

    Slika 8:

    Dakle, centar kruznice je C(2,1) a poluprecnik je r = 2.

    Tacka ce se nalaziti u kruznici ako je d(C,A) < r.Kako je d(C,A) =

    (2 3)2 + (1 0)2 = 2 < 2 tacka se nalazi u

    unutrasnjosti kruznice, sto se vidi i sa slike 9.

    Odredimo jednacinu prave kroz tacke A i C.

    p :x 23 2 =

    y y0y1 y0

    x x0x1 x0 =

    y (1)0 (1)

    y = x 3.

    Odavde vidimo da koeficijent pravca prave p iznosi kp = 1 pa ce svakaprava q normalna na pravu p imati koeficijent pravca kq = 1 tj. imacejednacinu q : y = x + n. a kako ona sadrzi tacku A(3, 0) to je n = 3 paje trazena prava q : y = x+ 3.

  • 42

    x

    y

    4 5 6

    1

    -1

    -2

    -3

    321-1A(3,0)

    C(2,-1)

    p :

    y =

    x -3

    q : y

    =

    -x + 3

    Slika 9: Kruznica i tacka

    .

  • 43

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE5. septembar 2011.

    1. Uprostiti izraz(a2

    a+ b a

    3

    a2 + 2ab+ b2

    ):

    (a

    a+ b a

    2

    a2 b2),

    a zatim izracunati njegovu vrijednost za a = 2, 5 i b = 0, 5.2. Rjesenja jednacine 8x2 2px + p = 0 su reciprocna rjesenjima jednacine

    9x2 9qx+ q = 0. Odrediti p i q.3. Rijesiti jednacinu |x2 + x 2|+ |x2 x 2| = 2.4. Rijesiti nejednacinu

    3x2 + 6x 92x+ 1

    x+ 1.

    5. Rijesiti jednacinu

    log3(9x + 9) = x+ log3(28 2 3x)

    u skupu realnih brojeva.

    6. Rijesiti jednacinu sin3 x sinx+ cos3 x cosx = 0.7. Rijesiti sistem jednacina{

    3x2 + 2xy + 2y2 + 3x 4y = 02x y + 5 = 0.

    8. Ako je + + = pi, dokazati da je

    sin 2+ sin 2 + sin 2 = 4 sin sin sin .

    9. U trouglu ABC dato je = 45, = 60 i poluprecnik opisanog kruga jeR = 2

    6. Odrediti treci ugao i duzine stranica trougla.

    10. Izracunati povrsinu presjeka dva kruga koji se nalaze u istoj ravni, ciji supoluprecnici jednaki 2, a razdaljina njhovih centara je

    12.

  • 44

    Rjesenja:1. (

    a2

    a+ b a

    3

    a2 + 2ab+ b2

    ):

    (a

    a+ b a

    2

    a2 b2)

    =

    (a2

    a+ b a

    3

    (a+ b)2

    ):

    (a

    a+ b a

    2

    (a b)(a+ b))

    =

    (a3 + a2b a3

    (a+ b)2

    ):

    (a2 ab a2(a+ b)(a b)

    )

    =a2b

    (a+ b)2 (a+ b)(a b)ab

    =a(b a)a+ b

    (a, b 6= 0, a 6= b)

    Za a = 2, 5 i b = 0, 5 vrijednost polaznog izraza je 154.

    2. Neka su x1 i x2 rjesenja jednacine 8x2 2px+ p = 0. Za njih vrijedi da je

    x1 + x2 =p

    4i x1 x2 = p

    8.

    Kako su rjesenja jednacine 9x29qx+q = 0 reciprocna rjesenjima jednacine8x2 2px+ p = 0, tada vrijedi

    1

    x1+

    1

    x2= q 1

    x1 1x2

    =q

    9

    x1 + x2x1 x2 =

    p4p8

    = 2 q = 2

    x1 x2 = 92 p

    8=

    9

    2 p = 36.

    3. Razlikovacemo cetiri slucaja:

    (i)

    x2 + x 2 0 x2 x 2 0 (x+ 2)(x 1) 0 (x 2)(x+ 1) 0

    x (,2] [1,+) x (,1] [2,+)

  • 45

    D1 = (,2] [2,+)Rijesimo sada jednacinu.

    x2 + x 2 + x2 x 2 = 2 x2 = 3

    Rjesenja ove kvadratne jednacine x1 =3 i x2 =

    3 ne pripadaju

    D1, pa nisu rjesenja jednacine.

    (ii)

    x2 + x 2 0 x2 x 2 < 0 (x + 2)(x 1) 0 (x 2)(x+ 1) < 0

    x (,2] [1,+) x (1, 2)D2 = [1, 2).

    Rijesimo sada jednacinu.

    x2 + x 2 x2 + x+ 2 = 2 x = 1 D2x = 1 je rjesenje jednacine.

    (iii)

    x2 + x 2 < 0 x2 x 2 0 (x+ 2)(x 1) < 0 (x 2)(x+ 1) 0

    x (2, 1) x (,1] [2,+)D3 = (2,1]

    Rijesimo sada jednacinu.

    x2 x+ 2 + x2 x 2 = 2 x = 1 D3x = 1 je rjesenje jednacine.

    (iv)

    x2 + x 2 < 0 x2 x 2 < 0 (x + 2)(x 1) < 0 (x 2)(x+ 1) 0

    x (2, 1) x (1, 2)D4 = (1, 1)

  • 46

    Rijesimo sada jednacinu.

    x2 x+ 2 x2 + x+ 2 = 2 x2 = 1Rjesenja ove kvadratne jednacine x3 = 1 i x4 = 1 ne pripadaju D4,pa nisu rjesenja jednacine.

    4. Polazna nejednacina je ekvivalentna sa nejednacinom

    3x2 + 6x 9 (x+ 1)(2x+ 1)2x+ 1

    0

    x2 + 3x 102x+ 1

    0

    (x+ 5)(x 2)2x+ 1

    0

    (,5) (5, 12) ( 12 , 2) (2,+)x+5 - + + +2x+1 - - + +x+2 - - - +

    (x + 5)(x 2)2x+ 1

    - + - +

    Rjesenje nejednacine je x [5,1

    2

    ) [2,+).

    5. Odredimo oblast definisanosti date jednacine. To je:

    28 2 3x > 0 3x < 14 D : x < log3 14.Rijesimo sada datu jednacinu.

    log3(9x + 9) = log3(28 3x 2 9x)

    9x + 9 = 28 3x 2 9x 3 9x 28 3x + 9 = 0

    Ako uvedemo smjenu 3x = t, prethodna jednakost se svodi na

    3t2 28t+ 9 = 0 (t 9)(3t 1) = 0 t = 9 t = 1

    3

    Ako je t = 9, tada je x = 2 D, a ako je t = 13 , tada je x = 1 D.

  • 47

    6.

    sin3 x sinx+ cos3 x cosx = 0 sinx(sin2 x 1) + cosx(cos2 x 1) = 0 sinx( cos2 x) + cosx( sin2 x) = 0 sinx cos2 x+ cosx sin2 x = 0 sinx cosx(cos x+ sinx) = 0

    sinx cosx = 0/ 2 sinx+ cosx = 0/ 2

    2

    2 sinx cosx = 0 sinx2

    2+ cosx

    2

    2= 0

    sin 2x = 0 sinx cos pi4+ cosx sin

    pi

    4= 0

    sin 2x = 0 sin(x + pi4) = 0

    2x = kpi x+ pi4= kpi

    x = kpi2 x = pi

    4+ kpi

    x = kpi2 x = 7pi

    4+ kpi, k Z.

    Drugo rjesenje:

    Uocimo zbir kubova:

    A3 +B3 = (A+B)(A2 AB +B2)

  • 48

    sin3 x sinx+ cos3 x cosx = 0 sin3 x+ cos3 x sinx cosx = 0 (sinx+ cosx)(sin2 x+ sinx cosx+ cos2 x) (sinx+ cosx) = 0 (sinx+ cosx)(sin2 x+ sinx cosx+ cos2 x 1) = 0 (sinx+ cosx)(sin x cosx) = 0 sinx+ cosx = 0 sinx cos x = 0 sinx+ sin(x+ pi

    2) = 0 sinx = 0 cosx = 0

    2 sin x+ x+pi2

    2cos

    x x pi22

    = 0 x = kpi x = pi2+ kpi

    2 sin(x + pi4) cos

    pi4

    = 0 x = kpi x = pi2+ kpi

    sin(x+ pi4) = 0 x = kpi x = pi

    2+ kpi

    x+ pi4= kpi x = kpi x = pi

    2+ kpi

    x = pi4

    + kpi x = kpi x = pi2+ kpi

    x = 7pi4

    + kpi x = kpi2, k Z.

    7.

    {3x2 + 2xy + 2y2 + 3x 4y = 0,2x y + 5 = 0

    {3x2 + 2xy + 2y2 + 3x 4y = 0,y = 2x+ 5

    Uvrstimo drugu jednacinu u prvu:

    3x2 + 2x(2x+ 5) + 2(2x+ 5)2 + 3x 4(2x+ 5) = 0 3x2 + 4x2 + 10x+ 2(4x2 + 20x+ 25) + 3x 8x 20) = 0 3x2 + 4x2 + 10x+ 8x2 + 40x+ 50 + 3x 8x 20 = 0 15x2 + 45x+ 30 = 0 x2 + 3x+ 2 = 0 x1 = 1 x2 = 2

    Odavde povratkom u drugu jednacinu dobijamo dva rjesenja sistema:

    (x, y) {(1, 3), (2, 1)}.

  • 49

    8.

    L = sin 2+ sin 2 + sin 2

    = 2 sin(+ ) cos( ) + sin 2= 2 sin(pi ) cos( ) + 2 sin cos = 2 sin() cos( ) + 2 sin cos = 2 sin (cos( ) + cos )= 2 sin 2 cos

    + 2

    cos

    2

    = 4 sin cos(pi

    2 ) cos( pi

    2)

    = 4 sin sin sin = D.

    9. Kako je zbir uglova u trouglu jednak 180 to je+ + = 180

    = 180 45 60 = 75.

    Za odred-ivanje duzina stranica iskoristicemo Sinusnu teoremu:

    a

    sin=

    b

    sin=

    c

    sin = 2R

    Odavde je a = 2R sin = 2 26 sin 45 = 43.Slicno, b = 2R sin = 2 26 sin 60 = 62i c = 2R sin = 2 26 sin 75 = 2(3 +3).

    10. Neka su A i B tacke presjeka dvije kruznice, a O1 centar prve i O2 centardruge kruznice. Neka je tacka S srediste duzi O1O2.Tada je

    |SO1| = 12|O1O2| = 1

    2

    12 =

    3.

    Primijetimo pravougli trougao O1SA. Odatle je

    |AS| =22 (

    3)2 = 1.

  • 50

    O1 O2

    A

    B

    S

    2 2

    P1

    12

    Slika 10: Presjek dvije kruznice

    Kako je |AB| = 2|AS| = 2 to je trougao ABO1 jednakostranicni pa jeAO1B =

    pi

    3.

    Oznacimo sa P povrsinu presjeka dva kruga koju treba da izracunamo.Ta povrsina sastoji se od dva jednaka kruzna odsjecka nad tetivom AB.Odatle je

    P = 2P1 = 2

    (22pi pi32pi

    223

    4

    )=

    2

    3

    (2pi 3

    3).

  • 51

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE27. septembar 2011.

    1. Uprostiti algebarski izraz(2

    a 1 2a2 + 2a+ 2

    a2 1 :a4 aa3 + 1

    ) a a

    2

    2 aa 1 ,

    pa izracunati njegovu vrijednost za a = 2011.

    2. Date su familije funkcija y = (2m 5)x+ 7 i y = (10m)x 3. Za kojesu vrijednosti parametra m grafici ovih funkcija paralelni?

    3. Za koje je vrijednosti realnog parametra a razlika korijena jednacine

    2x2 (a+ 1)x+ a 1 = 0jednaka njihovom proizvodu?

    4. Rijesiti nejednacinu(x2 6x)2 81.

    5. Rijesiti sistem jednacina

    log3 x+ log3 y = 2 + log3 2

    log9(x+ y) = 1.

    6. Rijesiti jednacinu sin x2 + cosx = 1.

    7. Rijesiti sistem {x2 + y2 = 2(xy + 2)

    x+ y = 6.

    8. Dokazati identitet

    1 + sinx

    1 sinx =1 + sinx

    | cosx|.

    9. U trouglu ABC je b =6, c = 3 +

    3 i =

    pi

    4. Odredite stranicu a i

    ugao .

    10. Prava 3x+ y 6 = 0 sijece kruznicu x2 + y2 6x 4y + 8 = 0. Odreditiduzinu tetive i nacrtati sliku.

  • 52

    Rjesenja:1. (

    2

    a 1 2a2 + 2a+ 2

    a2 1 :a4 aa3 + 1

    ) a a

    2

    2 aa 1

    =

    (2

    a 1 2(a2 + a+ 1)

    (a 1)(a+ 1) :a(a 1)(a2 + a+ 1)(a+ 1)(a2 a+ 1)

    ) a(1 a)

    2 aa 1

    =

    (2

    a 1 2(a2 + a+ 1)

    (a 1)(a+ 1) (a+ 1)(a2 a+ 1)a(a 1)(a2 + a+ 1)

    ) a(1 a)

    2 aa 1

    =

    (2

    a 1 2(a2 a+ 1)a(a 1)2

    ) a(1 a)

    2 aa 1

    =2a2 2a 2a2 + 2a 2

    a(a 1)2 a(1 a)

    2 aa 1

    =2

    a(a 1)2 a(a 1)

    2 aa 1

    =1

    a 1 a

    a 1 =1 aa 1 = 1 (a 6= 0, a 6= 1)

    Vrijednost izraza za a = 2011 je -1.

    2.y = (2m 5)x+ 7 k1 = 2m 1y = (10m)x 3 k2 = 10m

    Uslov paralelnosti je k1 = k2, pa odatle dobijamo da je m = 5.

    3. Za korijene date kvadratne jednacine vrijedi

    x1 + x2 =a+ 1

    2 x1 x2 = a 1

    2. (10)

    Uslov zadatka je x1 x2 = x1 x2. Iz jednakosti (10) i uslova zadatkadobijamo sistem:

    x1 + x2 =a+ 1

    2

    x1 x2 = a 12

    ,

  • 53

    odakle slijedi da je x1 =a

    2i x2 =

    1

    2. Iz uslova zadatka je

    a 12

    =a

    2 12,

    odnosno a = 2.

    4.

    (x2 6x)2 81 0 (x2 6x 9)(x2 6x+ 9) 0 (x2 6x 9)(x 3)2 0

    Odredimo korijene kvadratne jednacine x2 6x 9. Vijetovim formulamanalazimo da su rjesenja kvadratne jednacine x2 6x 9 = 0

    x1 = 3 + 32 i x2 = 3 3

    2.

    Tada je

    (x2 6x 9)(x 3)2 0 (x (3 + 3

    2))(x (3 3

    2))(x 3)2 0

    Kako je izraz (x 3)2 nenegativan nalazimo da je rjesenje polazne ne-jednacine x (, 3 32] [3 + 32,+) {3}.

    5.

    log3 x+ log3 y = 2 + log3 2log9(x+ y) = 1

    log3 xy = log3 9 2log9(x+ y) = log9 9

    xy = 18x+ y = 9 y = 9 x

    x(9 x) = 18 x2 9x+ 18 = 0 (x 3)(x 6) = 0

    Iz posljednjeg zakljucujemo da je x1 = 6 i x2 = 3, pa su rjesenja polaznogsistema {(3, 6), (6, 3)}.

  • 54

    6.

    sinx

    2+ cosx = 1

    sin x2+ cosx 1 = 0

    sin x2+ cos2

    x

    2 sin2 x

    21 = 0

    sin x2 2 sin2 x

    2= 0

    sin x2(1 2 sin x

    2) = 0

    sin x2= 0 1 2 sin x

    2= 0

    x2= kpi sin x

    2=

    1

    2

    x = 2kpi x2=pi

    6+ 2kpi x

    2=

    5pi

    6+ 2kpi

    x = 2kpi x = pi3+ 4kpi x = 5pi

    3+ 4kpi

    7.

    {x2 + y2 = 2(xy + 2)

    x+ y = 6

    {x2 + y2 = 2(xy + 2)

    y = 6 x

    Drugu jednacinu uvrstimo u prvu:

    x2 + (6 x)2 = 2(x(6 x) + 2)x2 + 36 12x+ x2 = 2(6x x2 + 2)x2 + 36 12x+ x2 = 12x 2x2 + 4

    4x2 24x+ 32 = 0x2 6x+ 8 = 0 x1 = 4 x2 = 2

    Vratimo se u drugu jednacinu pa dobijamo

    y1 = 2 y2 = 4.

    Dakle, zadatak ima dva rjesenja: (4, 2) i (2, 4).

  • 55

    8.

    L =

    1 + sinx

    1 sinx =

    1 + sinx

    1 sinx1 + sinx

    1 + sinx

    =

    (1 + sinx)2

    1 sin2 x =

    (1 + sinx)2

    cos2 x

    =|1 + sinx|| cosx| =

    1 + sinx

    | cosx| = D

    jer je 1 + sinx 0 x R.9. Na osnovu Kosinusne teoreme imamo:

    a2 = b2 + c2 2bc cosa2 = (

    6)2 + (3 +

    3)2 2

    6(3 +

    3) cos

    pi

    4

    a2 = 6 + 9 + 63 + 3 2 3

    6

    2

    2 2

    63

    2

    2

    a2 = 18 + 63 6

    3 6

    a2 = 12

    a = 23

    Na osnovu Sinusne teoreme je:

    a

    sin=

    b

    sin

    sin = 12

    = pi6.

    10. Transformisimo jednacinu kruznice u standardni oblik:

    x2 + y2 6x 4y + 8 = 0 x2 6x+ 9 9 + y2 4y + 4 4 + 8 = 0 (x 3)2 + (y 2)2 = 5

    Ocigledno je da se radi o kruznici poluprecnika5 sa centrom u C(3, 2),

    kao sto je prikazano na slici 11.

  • 56

    x

    y

    4 5 6

    1

    2

    3

    -1

    -2

    -3

    321-1

    4

    5

    (3,2)

    (1,3)

    y = -3x + 6

    k

    6

    Slika 11: Kruznica i tetiva

    Ako jednacinu prave transformisemo u y = 6 3x i uvrstimo u prvu,imamo:

    x2 + (6 3x)2 6x 4(6 3x) + 8 = 0 x2 + 36 36x+ 9x2 6x 24 + 12x+ 8 = 0 10x2 30x+ 20 = 0 x2 3x+ 2 = 0 x1 = 2 x2 = 1.

    Vratimo se sa dobijenim u jednacinu y = 6 3x pa dobijamo:

    y1 = 0 y2 = 3.

    Dakle, tacke presjeka su: (2, 0) i (1, 3) pa je trazena duzina tetive10.

  • 57

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE02. jul 2012.

    1. Uprostiti racionalni izraz( 1a+ b

    1a3 b3 :

    1

    a2 + ab+ b2

    ):

    2a2

    a2 b2 +1

    a2 + a,

    pa odrediti njegovu vrijednost za a =3

    2i b = 2012.

    2. Odrediti parametar a tako da jedan korijen jednacine x2 154x + a = 0

    bude kvadrat drugog korijena.

    3. Dat je skup funkcija f(x) = ax2 + bx + c. Odrediti koeficijente a, b i ctako da vazi f(2) = 0, f(3) = 7 i f(2) = 12, a zatim skicirati grafik tefunkcije.

    4. Rijesiti nejednacinu3x2 17x+ 18x2 5x+ 4 2.

    5. Rijesiti jednacinu log2(4x + 16) 2

    log5 4= x+ 1.

    6. Rijesiti jednacinu sinx+ sin 2x+ sin 3x = 1 + cosx+ cos 2x.

    7. Dokazati jednakost

    sin+ sin + sin = 4 cos 2 cos

    2 cos

    2

    ako je + + = 180.

    8. Rijesiti sistem jednacina

    x+ x y + y = 11x2 y + x y2 = 30.

    9. Odrediti nepoznate stranice trougla ako je

    b a = 1, c = 13 i = 120.10. Data je duz AB, duzine 12 cm. Izracunati povrsinu presjeka kruga cija

    je data duz precnik i jednakostranicnog trougla cija je data duz jednastranica. Krug i trougao leze u jednoj ravni.

  • 58

    Rjesenja:1. (

    1a+ b

    1a3 b3 :

    1

    a2 + ab+ b2

    ):

    2a2

    a2 b2 +1

    a2 + a

    =

    ( 1a+ b

    1(a b)(a2 + ab+ b2) (a

    2 + ab+ b2)

    ) a

    2 b22a2

    +1

    a2 + a

    =

    ( 1a+ b

    1a b

    ) (a b)(a+ b)

    2a2+

    1

    a2 + a

    =

    ( a b+ a+ b(a+ b)(a b)

    ) (a b)(a+ b)

    2a2+

    1

    a2 + a

    = 2a2a2

    +1

    a(a+ 1)= 1

    a+

    1

    a(a+ 1)

    =a 1 + 1a(a+ 1)

    = 1a+ 1

    , a 6= b, a 6= 0

    Vrijednost izraza za a =3

    2, b = 2012 je 2

    5.

    2. Za korijene kvadratne jednacine x2 154x+ a = 0 vazi

    x1 + x2 =15

    4 x1 x2 = a.

    Iz uslova x1 = x22 i x1 + x2 =

    15

    4je

    x22 + x2 15

    4= 0

    (x2 +

    5

    2

    )(x2 3

    2

    )= 0.

    Odavde je x2 = 52ili x2 =

    3

    2. Tada iz uslova x1 x2 = a dobijamo da je

    a = 1258

    ili a =27

    8.

    3. Iz uslova zadatka je

    f(2) = 0 4a+ 2b+ c = 0f(3) = 7 9a+ 3b+ c = 7

  • 59

    f(2) = 12 4a 2b+ c = 12.

    Da bi odredili nepoznate koeficijente rijesicemo sistem jednacina

    4a+ 2b+ c = 0 (11)

    9a+ 3b+ c = 7 (12)

    4a 2b+ c = 12 (13)

    Ako jedancinu (11) pomnozimo sa (1) i dodamo jednacinama (12) i (13)dobijamo

    4a+ 2b+ c = 0

    5a+ b = 7

    4b = 12.

    Odavde je b = 3, a = 2 i c = 2 pa je trazena funkcija oblika f(x) =2x2 3x 2. Grafik te funkcije dat je na slici

    x

    y

    1 2 3 4

    1

    2

    3

    -1

    -2

    -3

    -1-2-3

    -4T( ,- )34 258

    B(-2,0)A(- ,0)12

    Slika 12: Grafik parabole

  • 60

    4. Polazna nejednacina se svodi na:

    3x2 17x+ 18x2 5x+ 4 2 0

    3x2 17x+ 18 2x2 + 10x 8

    x2 5x+ 4 0

    x2 7x+ 10x2 5x+ 4 0

    (x 2)(x 5)(x 1)(x 4) 0.

    (, 1) (1, 2) (2, 4) (4, 5) (5,+)x-1 - + + + +x-2 - - + + +x-4 - - - + +x-5 - - - - +

    (x 5)(x 2)(x 1)(x 4) + - + - +

    Rjesenje polazne nejednacine je x (1, 2] (4, 5].5. Koriscenjem osobina logaritamske funkcije polazna jednacina postaje

    log2(4x + 16) 2 log4 5 = x+ 1

    log2(4x + 16) 2 log22 5 = x+ 1

    log2(4x + 16) 2

    2 log2 5 = x+ 1

    log24x + 16

    5= x+ 1.

    Iz posljednje jednacine je

    4x + 16

    5= 2x+1

    4x + 16 = 5 2x+14x 10 2x + 16 = 0.

    Ako uvedemo smjenu 2x = t, tada je

    t2 10t+ 16 = 0 (t 2)(t 8) = 0.

  • 61

    Odavde dobijamo da je t = 2 ili t = 8. Kako je 2x = t, to su rjesenjapolazne jednacine x = 1 i x = 3.

    6.

    sinx+ sin 2x+ sin 3x = 1 + cosx+ cos 2x

    sinx+ sin 3x+ sin 2x = 1 + cos 2x+ cosx

    Podsjetimo se formula:

    sin+ sin = 2 sin +2 cos2

    sin sin = 2 cos +2 sin 2cos+ cos = 2 cos +2 cos

    2

    cos cos = 2 sin +2 sin 2

    2 sin x+ 3x2

    cosx 3x

    2+ sin 2x = (sin2 x+ cos2 x) + cos2 x sin2 x+ cosx

    2 sin 2x cos(x) + sin 2x = 2 cos2 x+ cosx sin 2x(2 cos(x) + 1) = cosx(2 cosx+ 1) (2 cosx+ 1)(sin 2x cosx) = 0 (2 cosx+ 1)(2 sinx cos x cosx) = 0 (2 cosx+ 1) cosx(2 sinx 1) = 0 2 cosx+ 1 = 0 cosx = 0 2 sinx 1 = 0 cosx = 1

    2 cosx = 0 sinx = 1

    2

    x = 2pi3

    + 2kpi x = 4pi3

    + 2kpi x = pi2+ kpi x = pi

    6+ 2kpi x = 5pi

    6+ 2kpi,

    kada k Z.

  • 62

    7.

    L = sin+ sin + sin(180 (+ ))= 2 sin

    +

    2cos

    2

    + sin(+ )

    = 2 sin+

    2cos

    2

    + sin(2+

    2)

    = 2 sin+

    2cos

    2

    + 2 sin+

    2cos

    +

    2

    = sin+

    2(cos

    2

    + cos+

    2)

    = 2 sin180

    2(2 cos

    2cos

    2)

    = 4 sin(90 2)(cos

    2cos

    2)

    = 4 cos

    2cos

    2cos

    2

    = 4 cos

    2cos

    2cos

    2= D.

    Drugi nacin:

    L = sin+ sin + sin(pi (+ ))= sin+ sin + sin(+ )

    = sin+ sin + sin cos + cos sin

    = sin(1 + cos) + sin(1 + cos)

    = 2 sin

    2cos

    2(2 cos2

    2) + 2 sin

    2cos

    2(2 cos

    2)

    = 4 sin

    2cos

    2cos2

    2+ 4 sin

    2cos

    2cos2

    2

    = 4 cos

    2cos

    2(sin

    2cos

    2+ cos

    2sin

    2)

    = 4 cos

    2cos

    2sin(

    2+

    2)

    = 4 cos

    2cos

    2sin(

    pi

    2

    2)

    = 4 cos

    2cos

    2cos

    2= D.

  • 63

    8.

    {x+ xy + y = 11

    x2y + xy2 = 30

    {xy = 11 (x+ y)xy(x+ y) = 30

    Uvrstimo iz prve u drugu jednacinu:

    (11 (x+ y))(x + y) = 30 11(x+ y) (x+ y)2 30 = 0/(1) (x+ y)2 11(x+ y) + 30 = 0(Uvedimo smjenu x+ y = t) t2 11t+ 30 = 0

    Rjesenja ove kvadratne jednacine su t1 = 6 t2 = 5. Kad se vratimo izsmjene imamo

    x+ y = 6 x+ y = 5 y = 6 x y = 5 x.(i)

    x+ x(6 x) + (6 x) = 11 x2 6x 5 = 0 x1 = 5 x2 = 1.Sada lako racunamo y1 = 1 i y2 = 5 pa su dakle rjesenja ove grane(5, 1) i (1, 5).

    (ii)

    x+ x(5 x) + (5 x) = 11 x2 5x+6 = 0 x3 = 3 x4 = 2,odakle dobijamo y3 = 2 y4 = 3 pa su rjesenja ove grane (3, 2) i(2, 3).

    Konacno, rjesenja zadatka su:

    (x, y) {(5, 1), (1, 5), (3, 2), (2, 3)} .Ostavljamo citaocu da sam uradi provjeru dobijenih rjesenja.

    9. Podsjetimo se Kosinusne teoreme:

    c2 = a2 + b2 2ab cos .Odavde je

    132 = a2 2ab+ 2ab+ b2 2ab(12)

    132 = (a b)2 + 2ab(1 + 12)

    132 = (1)2 + 2ab32 a b = 56.

  • 64

    Formirajmo sistem: {ab = 56

    b a = 1 {ab = 56

    b = a+ 1.

    Uvrstimo iz druge u prvu:

    a(a+ 1) = 56 a2 + a 56 = 0 a1 = 7 a2 = 8Drugo rjesenje odbacujemo jer duzina stranice ne moze biti negativna paje rjesenje zadatka a = 7 i b = 8.

    10. Nacrtajmo sliku.

    A B

    C

    D' D

    pi

    3pi

    3

    pi

    3

    Slika 13: Kruznica i jednakostranicni trougao

    Neka je D tacka presjeka kruznice i trougla. Tada je ABC = OBD =pi3 , a kako je OB = OD (kao poluprecnici iste kruznice) to je OBDjednakostranicni. Sada se trazena povrsina sastoji od povrsine dva istatrougla i povrsine kruznog isjecka.

    P = 2 POBD + PODD = 2 623

    4+

    62pi pi32pi

    = 183 + 6pi = 50.03cm2.

  • 65

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE03. septembar 2012.

    1. Odrediti vrijednost izraza(156 + 1

    +46 2

    12

    36

    ) (6 + 11).

    2. Za koje vrijednosti realnog parametra m za realna rjesenja kvadratne

    jednacine x2 + (2m+ 2)x+m = 0 vrijedi1

    x21+

    1

    x22> 8.

    3. Odrediti funkciju f(x) koja zadovoljava funkcionalnu jednacinu

    f(x) + 2f

    (1

    x

    )= x.

    4. Rijesiti jednacinu |x 1| |x+ 2| = 4.5. Ako je log2 3 = a i log5 2 = b, odrediti log24 50.

    6. Rijesiti jednacinu1

    cosx= 2(sinx+ cosx).

    7. Dokazati jednakost

    sin2(+ 45) + sin2( 45) = 1.8. Odrediti realan parametar m u sistemu jednacina

    5m 3y = x y3x+ 2m = 2y +m

    tako da rjesenja sistema zadovaljavaju jednacinu

    3x y = 6.9. Odrediti nepoznate uglove trougla ABC ako je a = b =

    18 i c = 6.

    10. KruzniceK1(O1, r1 = 12) iK2(O2, r2 = 7) nalaze se u istoj ravni. Kruzniceimaju zajednicku spoljnju tangentu koju dodiruju u tackama M1 i M2.

    Odnos duzine duzi M1M2 i duzine duzi O1O2 je25. Izracunati duzinu

    duzi M1M2.

  • 66

    Rjesenja:

    1. Ako prosirimo svaki od razlomaka u zagradi, dobijamo:(15

    6 1(6 1) + 4

    6 4(6 + 2) 12

    9 6(3 +6)

    ) (6 + 11)

    =(3(6 1) + 2(

    6 + 2) 4(3 +

    6))(

    6 + 11

    )=(6 11)(

    6 + 11) = 6 121 = 115.

    2. Za korijene polazne jednacine vrijedi

    x1 + x2 = (2m+ 2) x1 x2 = m1

    x21+

    1

    x22=x21 + x

    12

    (x1x2)2

    =(x1 + x2)

    2 2x1x2(x1x2)2

    .

    Iz uslova zadatka1

    x21+

    1

    x22> 8, (x1, x2 6= 0) dobijamo

    (2m+ 2)2 2mm2

    > 8

    4m2 + 6m+ 4

    m2 8 > 0

    4m2 + 6m+ 4

    m2> 0

    2m2 + 3m+ 2

    m2> 0

    2m2 3m 2m2

    < 0

    (2m+ 1)(m 2)m2

    < 0.

    Kako jem2 > 0 za svako realnom, semm = 0, tada se polazna nejednakostsvodi na

    (2m+ 1)(m 2) < 0 (m 6= 0),

  • 67

    pa m (12, 0

    ) (0, 2). Ako je m = 0, tada je polazna jednacina

    jednaka x2 + 2x = 0. Jedno njeno rjesenje je x = 0, sto je u suprotnostisa pretpostavkom.

    3. Ako u polaznu jednacinu umjesto x uvrstimo1

    xdobijamo jednacinu

    f

    (1

    x

    )+ 2f(x) =

    1

    x. (14)

    Polazna jednacina i jednakost (14) formiraju sistem jednacina iz kojegcemo odrediti f(x) tako sto cemo pomnoziti jednacinu (14) sa (-2) i dodatipolaznoj jednacini. Dobijamo da je

    f(x) =2 x23x

    .

    4. Kako je

    |x 1| ={x 1 , x 1x+ 1 , x < 1 i |x+ 2| =

    {x+ 2 , x 2x 2 , x < 2

    tada je

    |x 1| |x+ 2| =

    x2 + x 2 , x 1;(x2 + x 2) ,2 x < 1;x2 + x 2 , x < 2.

    (15)

    (i) Za x 1 se jednacina (15) svodi na oblik

    x2 + x 6 = 0 (x+ 3)(x 2) = 0.

    Rjesenja ove jednacine su x = 2 ili x = 3. Rjesenje x = 3 nepripada oblasti x 1, pa nije njeno rjesenje, dok x = 2 pripadaposmatranoj oblasti.

    (ii) Za 2 x < 1 se jednacina (15) svodi na oblik

    x2 + x+ 2 = 0.

    Ova jednacina nema realnih rjesenja.

  • 68

    (iii) Za x < 2 se jednacina (15) svodi na

    x2 + x 6 = 0.

    Kao u slucaju (i) zakljucujemo da su njena rjesenja x = 3 ili x = 2.Rjesenje x = 2 ne pripada oblasti x < 2 pa nije njeno rjesenje, dokx = 3 pripada posmatranoj oblasti.

    Rjesenja polazne jednacine su x = 2 i x = 3.5. Koristicemo neke od osnovnih osobina logaritamske funkcije. To su:

    logb ac = logb a+ logb c, a, b, c > 0, b 6= 1logb a =

    logc a

    logc b, a, b, c > 0, b, c 6= 1

    logb ax = x logb a, a, b > 0, b 6= 1

    logbx a =1

    xlogb a, a, b > 0, b 6= 1, x 6= 0

    Odredimo sada log24 50.

    log24 50 = log24 2 25 = log24 2 + log24 25=

    1

    log2 24+

    1

    log25 24=

    1

    log2 23 3 +

    1

    log52 23 3

    =1

    3 log2 2 + log2 3+

    132 log5 2 +

    12 log5 3

    =1

    3 + a+

    2

    3b+ log5 3

    Koristeci a i b, odredimo log5 3. Ako log5 3 prosirimo bazom 2, dobijamoda je

    log5 3 =log2 3

    log2 5= log2 3 log5 2 = ab.

    Tada je

    log24 50 =1

    3 + a+

    2

    3b+ ab=

    2 + b

    b(a+ 3).

    6. Oblast definisanosti ove jednacine je

    D = {x R : cosx 6= 0} ={x R : x 6= pi

    2+ kpi, k Z

    }.

  • 69

    Rijesimo jednacinu u skupu D.

    1

    cosx= 2(sinx+ cosx)/ cosx, cos x 6= 0

    2(sinx+ cosx) cosx = 1 2 sinx cosx+ 2 cos2 x = 1 sin 2x+ cos 2x = 0 sin 2x+ sin(pi

    2 2x) = 0

    Podsjetimo se formule:

    sin+ sin = 2 sin(+2

    ) cos

    (2

    )

    2 sin(2x+pi2 2x2

    ) cos(2xpi2 + 2x

    2) = 0

    2 2

    2 cos(2x pi

    4= 0)

    2x pi4=pi

    2+ kpi, k Z

    2x = 3pi4

    + kpi, k Z

    x = 3pi8

    +kpi

    2, k Z.

    7. Podsjetimo se:

    sin( ) = sin cos cos sin

    sin(+ 45) = sin cos 45 + cos sin 45 =

    2

    2(sin+ cos).

    Slicno dobijamo

    sin( 45) =2

    2(sin cos).

  • 70

    Dalje je

    L = sin2(+ 45) + sin2( 45) = [2

    2(sin+ cos)]2 + [

    2

    2(sin cos)]2

    =1

    2(sin2 + 2 sin cos+ cos2 ) +

    1

    2(sin2 2 sin cos+ cos2 )

    = sin2 + cos2 = 1 = D.

    8. Transformisimo dati sistem:{5m 3y = x y3x+ 2m = 2y +m

    {x+ 2y = 5m

    3x 2y = mII3I

    {x+ 2y = 5m

    8y = 16m {x+ 2y = 5m

    y = 2m

    IIuI{x = m

    y = 2m.

    Dakle, rjesenje datog sistema je (x, y) = (m, 2m),m R.Da bi ovo rjesenje zadovoljilo jednacinu 3x y = 6 mora vaziti3(m) (2m) = 6 m = 6 pa je konacno rjesenje zadatka m = 6.

    9. Podsjetimo se Kosinusne teoreme:

    c2 = a2 + b2 2ab cos .

    Odavde je

    2ab cos = a2 + b2 c2 cos = a2 + b2 c2

    2ab=

    18 + 18 3621818

    = 0

    pa je =pi

    2.

    Kako je trougao jednakokraki to je = =pi

    4.

    10. Nacrtajmo sliku.

    Neka je p = p(M1,M2) prava koja prolazi tackama M1 i M2 iq = q(O1, O2) prava koja prolazi tackama O1 i O2. Oznacimo sa S presjekpravih p i q.Oznacimo sa x duzinu duzi M1M2.

  • 71

    M1 M2

    O2

    O1

    Sp

    q

    T

    Slika 14: Kruznice sa zajednickom spoljnom tangentom

    Ocigledno su trougloviSO1M1 iSO2M2 slicni jer imaju sve iste uglovepa vrijedi:

    SM2x+ SM2

    =7

    12

    12SM2 = 7x+ 7SM2 SM2 = 7

    5x.

    Slicno,

    SO2SO2 +O1O2

    =7

    12

    12SO2 = 7SO2 + 7O1O2 SO2 = 7

    5O1O2.

    Prema uslovu zadatka jeM1M2O1O2

    =25pa je odatle O1O2 =

    5

    2x.

    Kombinujuci navedeno, imamo:

    SO2 =7

    5O1O2 =

    7

    5

    5

    2x =

    75

    10x,

  • 72

    odnosno dobijamo SO2 =75

    10x.

    Kako je trougao SO2M2 pravougli, to imamo:

    SM22 + 72 = SO22

    (7

    5x)2 + 49 = (

    75

    10x)2

    49

    25x2 + 49 =

    49 5100

    x2

    49

    25x2 + 49 =

    49

    20x2

    4x2 + 100 = 5x2

    x2 = 100

    x = 10.

    Dakle, trazena duzina duzi M1M2 iznosi 10.

  • 73

    KVALIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE24. septembar 2012.

    1. Odrediti 3x ako je(x+

    2

    3

    ) 9

    1

    2

    35

    23

    2 (3 5) =6 + 2

    5.

    2. U skupu funkcija f(x) = (a 2)x 2a+ 3 odrediti parametar a tako dagrafik funkcije odsjeca na y osi odsjecak duzine 5.

    3. Rijesiti jednacinux 3 2x 4 +

    x 4x 4 = 1.

    4. Odrediti a tako da je ispunjena nejednakost

    6 < 2x2 + ax 4x2 x+ 1 < 4

    za sve x R.5. Rijesiti nejednacinu

    log0.5

    (log3

    x+ 3

    x+ 1

    ) 0.

    6. Ako su , , (0, pi2 ) uglovi trougla ABC takvi da je sin = 1213 isin = 35 izracunati sin .

    7. Dokazati jednakost1 tan2 x21 + tan2 x2

    = cosx,

    ako je x 6= pi + 2kpi, k Z. Da li jednakost vazi za x = pi + 2kpi, k Z?8. Odrediti vrijednosti parametra k za koje su rjesenja jednacine

    x2 4x+ k 2 = 0realna i pozitivna.

    9. Odrediti uglove i trougla ABC ako je a = 3+3, b = 3

    2 i = 75o.

    10. Tetiva kruznice ima duzinu 30 cm, a njena udaljenost od centra kruzniceje za 9 cm manja od poluprecnika. Koliki je poluprecnik kruznice?

  • 74

    Rjesenja:1. Polazna jednacina se svodi na oblik(

    3x+ 2

    3

    ) 3

    35

    22(3 5)2

    =

    6 + 2

    5

    3x+ 2

    2235

    =

    6 + 2

    5

    3x+ 2 = 22

    (3

    5)(6 + 2

    5)

    3x+ 2 = 22

    18 6

    5 + 6

    5 10

    3x+ 2 =82

    3x = 6.

    2. Iz uslova zadatka vidimo da je n = 2a+ 3 = 5 ili n = 2a+ 3 = 5 paje a = 1 ili a = 4. Trazena funkcija je f(x) = 3x+ 5 ili f(x) = 2x 5.

    3. Polaznu jednacinu mozemo svesti na oblikx 4 2x 4 + 1 +

    x 4 + 4x 4 + 4 = 1

    (x 4 1)2 +

    (x 4 2)2 = 1

    |x 4 1|+ |x 4 2| = 1.Primijetimo da je x 4 0, odnosno x 4. Kako je izraz na desnojstrani prethodne jednakosti pozitivan, razlikovacemo sljedece slucajeve:

    1 Ako jex 4 1 0 x 4 2 0, odakle je x 8 i

    x 4 1 +x 4 2 = 1. (16)

    Iz jednakosti (16) je

    2x 4 = 4

    x 4 = 2 x 4 = 4 x = 8.

  • 75

    Kako je 8 [8,+), zakljucujemo da je x = 8 rjesenje polaznejednakosti.

    2 Ako jex 4 1 0 x 4 2 < 0, tada je 5 x < 8, pa se

    polazna jednacina svodi na

    x 4 1 (x 4 2) = 1,

    sto je ispunjeno za svako x [5, 8). Dakle, rjesenja jednacine sux [5, 8].

    4. Kako je izraz x2x+1 =(x 1

    2

    )2+3

    4> 0, tada se polazna nejednakost

    svodi na oblik

    6(x2 x+ 1) < 2x2 + ax 4 < 4(x2 x+ 1).

    Iz ovoga je 2x2 (a + 4) + 8 > 0 i 8x2 + (a 6) + 2 > 0. Kako jekvadratna funkcija oblika ax2+bx+c > 0 ako je a > 0 i D = b22ac < 0,zakljucujemo da je

    (a+ 4)2 64 < 0 (a 6)2 64 < 0 (a+ 4 8)(a+ 4 + 8) < 0 (a 6 8)(a 6 + 8) < 0

    (a 4)(a+ 12) < 0 (a 14)(a+ 2) < 0.

    Iz posljednjeg je a (12, 4) i a (2, 14), pa zakljucujemo da je a (2, 4).

    5. Polazna nejednakost je ekvivalentna sa

    log0.5

    (log3

    x+ 3

    x+ 1

    ) log0,5 1. (17)

    Kako je osnova logaritma 0, 5 (0, 1), to se nejednakost (17) svodi na

    log3x+ 3

    x+ 1 1 = log3 3.

    Primijetimo da je log3x+ 3

    x+ 1> 0 = log3 1, po definiciji logaritamske funk-

    cije. Tada jex+ 3

    x+ 1> 1, odakle dobijamo

    2

    x+ 1> 0, pa je D : x > 1.

  • 76

    Rjesavanjem nejednakosti dobijamo

    x+ 3

    x+ 1 3

    x+ 3x+ 1

    3 0

    x+ 3 3x 3x+ 1

    0

    2xx+ 1

    0.

    Odavde vidimo da x (,1) [0,+). Iz uslova x > 1, za-kljucujemo da su rjesenja nejednacine x [0,+).

    6. Kako su , , uglovi trougla to je ++ = pi odakle je = pi(+).Sada je

    sin = sin(pi (+ )) = sin(+ ) = sin cos + sin cos =

    Ovdje je sin i sin poznato, a trebamo odrediti cos i cos.

    cos2 = 1 sin2 = 1 144169

    =25

    169= cos = 5

    13

    (jer (0, pi2 )).cos2 = 1 sin2 = 1 9

    25=

    16

    25= cos = 4

    5

    (jer je (0, pi2)).

    Konacno, imamo

    = 1213 45+

    3

    5 513

    =63

    65.

    Dakle, sin =63

    65.

    7. Imamo tan =sin

    cospa ocigledno tan nije definisan u tackama u kojima

    je cos = 0 tj. =pi

    2+ kpi, k Z. U nasem izrazu pojavljuje se tan x

    2pa

    je izraz definisan zax

    26= pi

    2+ kpi, k Z tj. x 6= pi + 2kpi, k Z.

  • 77

    Dakle, za x = pi + 2kpi, k Z jednakost nije definisana, a za x 6= pi +2kpi, k Z imamo:

    L =1 tan2 x21 + tan2 x2

    =1 sin

    2 x

    2

    cos2 x2

    1 +sin2 x

    2

    cos2 x2

    =

    cos2 x2sin2 x

    2

    cos2 x2

    cos2 x2+sin2 x

    2

    cos2 x2

    = cos2x

    2 sin2 x

    2

    = cosx = D.

    8. Ova kvadratna jednacina imace realna rjesenja ako joj je diskriminantanenegativna tj D = b2 4ac 0.

    D = (4)2 k 1 (k 2) 0 D = 16 4k + 8 0 D = 24 4k 0 4k 24 k 6.

    Dalje, rjesenja ce biti pozitivna ako je

    x1 + x2 > 0 (18)

    ix1 x2 > 0. (19)

    Iz Vijetovih formula imamo

    x1 + x2 =ba

    =(4)

    1= 4 > 0.

    Dakle (18) je sigurno ispunjeno, bez obzira na parametar k.Takod-e,

    x1 x2 = ca=k 21

    = k 2 0 k > 2.Dva dobijena uslova zajedno daju konacan odgovor:

    2 < k 6.

  • 78

    9. Prema Sinusnoj teoremi je

    a

    sin=

    b

    sin sin = b

    a sin.

    Ovdje imamo b i a, ostaje nam da odredimo sin 75.

    sin 75 = sin(45o + 30o) = sin 45o cos 30o + sin 30o cos 45o

    =

    2

    2

    3

    2+

    1

    2

    2

    2

    =

    2

    4(3 + 1).

    Sada je

    sin =32

    3 +3

    2

    4(3 + 1) =

    3(3 + 1)

    2(3 +3)

    3333 =

    3(33 3 + 33)2(9 3)

    =3 2 32 6 =

    3

    2.

    Odavde je = 60.Ostaje jos da izracunamo .

    = 180 (+ ) = 45.

    10. Nacrtajmo sliku.

    Sa slike vidimo da je d = r 9Prema Pitagorinoj teoremi je

    r2 = d2 + 152 = (r 9)2 + 152 = r2 18r + 81 + 225 18r = 306 r = 17.

  • O15 15

    9

    d r

    Slika 15: Kruznica i tetiva